1000 câu hỏi ôn tập Hóa (Phần 15)

Câu 1: Cho 39,58 gam hỗn hợp G gồm MgCl₂, NaCl và NaBr tan hoàn toàn vào nước được dung dịch X. Cho dung dịch X phản ứng với 500ml dung dịch AgNO₃ 1,4M thu được dung dịch Z và 93,22 gam hỗn hợp kết tủa Y. Cho Mg dư vào dung dịch Z, khuấy đều thấy tạo thành chất rắn có khối lượng tăng so với kim loại Mg ban đầu là 9,6 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

a) Viết phương trình hóa học xảy ra.

b) Tính % khối lượng của các muối trong hỗn hợp G.

Lời giải: $n_{AgN{O}_3}=0,5.1,4=0,7\left(mol\right)$

Cho Mg dư vào dung dịch Z có khối lượng tăng so với kim loại Mg ban đầu ⇒ AgNO₃ dư

Gọi số mol  $\left\{\begin{array}{l}{n}_{MgC{l}_2}=a\left(mol\right)\\ n_{NaCl}=b\left(mol\right)\\ n_{NaBr}=c\left(mol\right)\end{array}\right.$

MgCl₂ + 2AgNO₃ → 2AgCl↓ + Mg(NO₃)₂

NaCl + AgNO₃ → AgCl↓ + NaNO₃

NaBr + AgNO₃ → AgBr↓ + NaNO₃

Ta có: $n_{MgC{l}_2}+n_{NaCl}+n_{NaBr}=39,85$

→ 95a + 58,5b + 103c = 39,58 (1)

Và m_AgCl + m_AgBr = 93,22

→ 143,5(2a + b) + 188c = 93,22 (2)

Mg + 2AgNO₃ → Mg(NO₃)₂ + 2Ag

n_{Mg phản ứng} = x (mol) → n_Ag = 2x (mol)

→m_tăng = m_Ag – m_Mg

→ 9,6 = 108.2x – 24x

→ x = 0,05

$n_{AgN{O}_{3}du}=0,05.2=0,1\left(mol\right)$

phản ứng với G = 0,7 – 0,1 = 0,6 (mol)

Theo phương trình phản ứng với G → 2a + b + c = 0,6 = (3)

Giải hệ (1), (2), (3)$\left\{\begin{array}{l}a=0,12\\ b=0,2\\ c=0,16\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\%m_{MgC{l}_2}=\frac{0,12.95}{39,58}.100=28,8\%\\ \%m_{NaCl}=\frac{0,2.58,5}{39,58}.100=29,56\%\\ \%m_{NaBr}=100-28,8-29,56=41,64\%\end{array}$

Câu 2: Cho 3 gam hỗn hợp X gồm 1 kim loại kiềm A và Na tác dụng với nước dư thu được dung dịch Y và khí Z. Để trung hòa dung dịch Y cần 0,2 mol HCl. Dựa vào bảng tuần hoàn, hãy xác định nguyên tử khối và tên nguyên tố A.

Lời giải:

Gọi R là kí hiệu trung bình của 2 kim loại

2R + 2H₂O → 2ROH + H₂

ROH + HCl → RCl + H₂O

- Theo các PTHH ta có: n_R = n_ROH = n_HCl = 0,2 mol

$M_R=\frac{3}{0,2}=15(g/mol)$

-Ta có: M_Li =7 < M_R = 15 < M_Na = 23

Vậy A là liti (Li).

Câu 3: Cho vào nước dư 3 gam oxit của 1 kim loại hoá trị 1, ta được dung dịch kiềm, chia dung dịch làm hai phần bằng nhau:

- Phần 1: Cho tác dụng hoàn toàn với 90 ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng dung dịch làm quỳ tím hoá xanh.

- Phần 2: Cho tác dụng với V(ml) dung dịch HCl 1M sau phản ứng dung dịch không làm đổi màu quỳ tím

a. Tìm công thức phân tử oxit

b. Tính V

Lời giải:

a. Gọi công thức oxit kim loại hóa trị I: M₂O

n_HCl = 1.0,09 = 0,09mol

Phương trình phản ứng:  M₂O  + 2HCl  →  2MCl  +  H₂O          (1)

                           1,5/(2M + 16)    3/(2M + 16)

(1) suy ra:  3/(2M + 16) > 0,09  →  M < 8,67

Suy ra: M là Li  

b.    (1/2 hỗn hợp) = 1,5/30 = 0,05 mol

Phương trình phản ứng:  Li₂O   +  2HCl   →  2LiCl   +   H₂O         (2)

                                          0,05         0,1

(2) suy ra: V = 0,1/1 = 0,1 lít = 100 ml.

Câu 4: Cho 4,48 lít hỗn hợp khí CH4 và C2H4 đi qua bình chứa dung dịch nước brom dư. Sau phản ứng thấy khối lượng bình tăng 1,4 gam. Thể tích các khí đo ở (đktc). Thành phần phần trăm theo thể tích mỗi khí là:

A. 30 và 70;

B. 35 và 65;

C. 75 và 25;

D. 90 và 10.

 Lời giải:

Đáp án đúng là: C

PTHH: C2H4 + Br2 → C2H4Br2

Khi cho hỗn hợp khí trên qua dung dich brom thì C2H4 bị giữ lại trong bình

=> mbình tăng =  $m_{C_2{H}_4}$= 1,4(g)

$$\begin{gathered} V_{C_2{H}_4}=0,05.22,4=1,12\left(l\right) \\ {V}_{C_2{H}_4}=0,05.22,4=1,12\left(l\right) \\ {V}_{C{H}_4}=4,48-1,12=3,36\left(l\right) \\ \begin{array}{l}\%V_{C{H}_4}=\frac{3,36}{4,48}.100\%=75\%\\ \Rightarrow \%V_{C_2{H}_4}=100\%-75\%=25\%\end{array} \end{gathered}$$

Câu 5: Cho 4,6 gam ancol đơn chức, no, mạch hở tác dụng vừa đủ với Na thu được 6,8 gam muối khan. Công thức của ancol là:

A. CH₃OH;

B. C₂H₅OH;

C. C₃H₇OH;

D. C₄H₉OH.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Giả sử ancol đơn chức, no, mạch hở là ROH

Theo tăng giảm khối lượng:

$$\begin{gathered} n_{ROH}=\frac{6,8-4,6}{22}=0,1\left(mol\right) \\ \to M_{ROH}=\frac{4,6}{0,1}=46(g/mol) \end{gathered}$$

Vậy ancol đơn chức, no, mạch hở là: C₂H₅OH.

Câu 6: Cho 4,8 gam Mg tác dụng với HNO₃ dư. Phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,24 lít NO (đktc) và dung dịch X. Khối lượng muối thu được trong X?

Lời giải:

$$\begin{gathered} n_{Mg}=\frac{4,8}{24}=0,2\left(mol\right) \\ {n}_{NO}=\frac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right) \end{gathered}$$

Dung dịch X có muối NH₄NO₃

Xét sự thay đổi e ta có:

$$\begin{gathered} \stackrel{0}{Mg}\to \stackrel{+3}{Mg}+3e \\ \stackrel{+5}{N}+8e\to \stackrel{-3}{N} \\ \stackrel{+5}{N}+3e\to \stackrel{+2}{N} \end{gathered}$$

Bảo toàn e ta có:

$\begin{array}{l}2n_{Mg}=3n_{NO}+8n_{N{H}_{4}N{O}_3}\\ \Rightarrow n_{N{H}_{4}N{O}_3}=\frac{2.0,2-0,1.3}{8}=0,0125\left(mol\right)\end{array}$

Dung dịch X gồm 2 muối NH₄NO₃: 0,0125 mol; Mg(NO₃)₂: 0,2 mol

m_X = 0,0125.80 + 0,2.148 = 30,6 (g).

Câu 7: Cho 4,8 gam Mg tác dụng với dung dịch HNO₃ dư. Phản ứng hoàn toàn thu được V lít N₂O (đktc) và khối lượng muối khan thu được khi làm bay hơi là 32 gam. Giá trị của V là?

A. 1,940;

B. 1,120;

C. 2,240;

D. 0,448.

Lời giải: 

Đáp án đúng là: D

$n_{Mg}=\frac{4,8}{24}=0,2\left(mol\right)$→ Số mol của Mg(NO₃)₂: 0,2 mol

$\begin{array}{l}\to m_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2}=0,2.148=29,6\left(g\right)\\ \to m_{N{H}_{4}N{O}_3}=32-29,6=2,4\left(g\right)\\ \to n_{N{H}_{4}N{O}_3}=\frac{2,4}{80}=0,03\left(mol\right)\end{array}$

Xét sự thay đổi e ta có:

$$\begin{gathered} \stackrel{0}{Mg}\to \stackrel{+3}{Mg}+3e \\ \stackrel{+5}{N}+8e\to \stackrel{-3}{N} \\ 2\stackrel{+5}{N}+8e\to 2\stackrel{+1}{N} \end{gathered}$$

Bảo toàn e ta có:

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}2n_{Mg}=8n_{N_{2}O}+8n_{N{H}_{4}N{O}_3}\\ \Rightarrow n_{N_{2}O}=\frac{2.0,2-0,03.8}{8}=0,02\left(mol\right)\end{array} \\ \Rightarrow V_{N_{2}O}=0,02.22,4=0,448\left(l\right) \end{gathered}$$

Câu 8: Cho 400 ml dung dịch KOH 0,1M vào 100 ml dung dịch H₂SO₄ 0,1M thu được dung dịch Y.

a. Tính nồng độ mol của các ion trong Y?

b. Tính pH của dung dịch Y, xác định môi trường của dung dịch Y?

c. Tính thể tích dung dịch HCl 10% cần để trung hoà dung dịch Y biết D = 1,25 g/ml?

Lời giải:

a. n_KOH = 0,4.0,1 = 0,04 (mol)

$$\begin{gathered} n_{H_{2}S{O}_4}=0,1.0,1=0,01\left(mol\right) \\ \begin{array}{l}2KOH+H_{2}S{O}_4\to K_{2}S{O}_4+H_{2}O\\ 0,\mathrm{04...........0},01\\ 0,\mathrm{02...........0},\mathrm{01..........0},01\\ 0,\mathrm{02............0...............0},01\end{array} \end{gathered}$$

V_dd = 0,4 + 0,1 = 0,5 (l)

$\begin{array}{l}\to C_{M_{KOHdu}}=\frac{0,02}{0,5}=0,04M\\ \to C_{M_{K_{2}S{O}_4}}=\frac{0,01}{0,5}=0,02M\end{array}$

b.

$$\begin{gathered} pH=14+\log \left[O{H}^{-}\right] \\ =14+\log \left[0,04\right]=12,6 \end{gathered}$$

Vậy môi trường của dung dịch Y là bazơ.

c. Phương trình: HCl + KOH → KCl + H₂O

→n_HCl = n_{KOH dư} = 0,02 (mol)

→m_HCl = 0,02.36,5 = 0,73 (g)

$\begin{array}{l}\to m_{\text{dd}HCl}=\frac{0,73.100}{10}=7,3\left(g\right)\\ \to V_{\text{dd}HCl}=\frac{7,3}{1,25}=5,84\left(ml\right)\end{array}$

Câu 9: Cho 40 ml dung dịch HCl 0,75M vào 160 ml dung dịch chứa đồng thời Ba(OH)₂ 0,08M và KOH 0,04M. pH của dung dịch thu được là:

A. 10;

B. 12;

C. 3;

D. 2.

 Lời giải:

Đáp án đúng là: B

n_HCl = 0,04.0,75 = 0,03 mol; ; $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,16.0,08=0,0128\left(mol\right)$

n_KOH = 0,16.0,04 = 0,0064 (mol)

$\to \sum n_{O{H}^{-}}=2.0,0128+0,0064=0,032\left(mol\right)$

$H^{+}+O{H}^{-}\to H_{2}O$

Lập tỉ lệ: $\frac{n_{H^{+}}}{1}<\frac{n_{O{H}^{-}}}{1}\to O{H}^{-}$ dư

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}{n}_{O{H}^{-}du}=0,032-0,03=0,002\left(mol\right)\\ \to \left[O{H}^{-}\right]=\frac{0,002}{(40+160){.10}^{-3}}=0,01M\end{array} \\ pH=14+\log \left[O{H}^{-}\right]=14+\log \left[0,01\right]=12 \end{gathered}$$

Câu 10: Cho 44 gam dung dịch NaOH 10% vào 10 gam dung dịch H₃PO₄ 39,2%. Tính khối lượng muối thu được?

Lời giải

Ta có: m_NaOH = 44.10% = 4,4 (g)

$\to n_{NaOH}=\frac{4,4}{40}=0,11\left(mol\right)$

Ta có:

 $\begin{array}{l}{m}_{H_{3}P{O}_4}=10.39,2\%=3,92\left(g\right)\\ \to n_{H_{3}P{O}_4}=\frac{3,92}{98}=0,04\left(mol\right)\\ \to \frac{n_{KOH}}{n_{H_{3}P{O}_4}}=\frac{0,11}{0,04}=2,75\end{array}$

Vậy phản ứng tạo 2 muối: Na₃PO₄; Na₂HPO₄

3NaOH + H₃PO₄ → Na₃PO₄ + 3H₂O

2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

$\to n_{H_{2}O}=n_{NaOH}=0,11\left(mol\right)$

Bảo toàn khối lượng:

$m_{NaOH}+m_{H_{3}P{O}_4}=m_{H_{2}O}$+ m_muối

→m_muối = 4,4 + 3,92 – 0,11.18 = 6,34 (g).

Câu 11: Cho 5,04 lít (đktc) hỗn hợp A gồm các chất mạch hở: C₃H₆, C₄H₁₀, C₂H₂ và H₂. Đun nóng lượng hỗn hợp A ở trên trong bình kín với một ít bột Ni đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp B. Đốt cháy hoàn toàn B, thu được 13,44 lít CO₂ (đktc). Mặt khác, B làm mất màu tối đa 200 ml dung dịch Br₂ 1M. Nếu cho 7,56 lít (đktc) hỗn hợp A đi qua bình đựng dung dịch Br₂ thì phản ứng vừa đủ với m gam Br₂. Tính giá trị của m.

Lời giải:

Ta quy đổi: C₄H₁₀ = 3H₂ + 2C₂H₂

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=\frac{13,44}{22,4}=0,6\left(mol\right); \\ {n}_{B{r}_2}=0,2.1=0,2\left(mol\right) \\ {n}_A=\frac{5,04}{22,4}=0,225\left(mol\right) \end{gathered}$$

$0,225\left(mol\right)A\left\{\begin{array}{l}{C}_3{H}_6:x\left(mol\right)\\ C_2{H}_2:y\left(mol\right)\\ H_2:z\left(mol\right)\end{array}\right.$$\stackrel{Ni,t^{°}}{\to }B\to \begin{array}{c}0,6\left(mol\right)C{O}_2\\ \begin{array}{l}\\ 0,2\left(mol\right)B{r}_2\end{array}\end{array}$

Ta có: x + y + z = 0,225 (1)

Bảo toàn nguyên tố C: 3x + 2y = 0,6 (2)

$$\begin{gathered} n_{\pi \left(A\right)}=x+2y \\ {n}_{\pi \left(B\right)}=n_{B{r}_2}=0,2\left(mol\right) \\ \to n_{\pi phanung}=n_{\pi \left(A\right)}-n_{\pi \left(B\right)} \\ =x+2y-0,2=n_{H_2}=z \end{gathered}$$

→ x+ 2y – z = 0,2 (3)

Từ (1) (2) (3) ta được: $\left\{\begin{array}{l}x+y+z=0,225\\ 3x+2y=0,6\\ x+2y-z=0,2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,19\\ y=0,015\\ z=0,02\end{array}\right.$

Nếu cho 7,56 lít (đktc) hỗn hợp A đi qua bình đựng dung dịch Br₂

$n_A=\frac{7,56}{22,4}=0,3375\left(mol\right)$

Tỉ lệ: $\frac{0,3375}{0,225}=1,5$ nên trong 7,56 lít (đktc) hỗn hợp A có C₃H₆: 0,285 mol; C₂H₂: 0,0225 mol; H₂: 0,03 mol

Với $\begin{array}{l}{C}_4{H}_{10}=3H_2+2C_2{H}_2\\ a\mathrm{..............3}a\mathrm{.........2}a\end{array}$ , C₂H₂: b mol; H₂: c mol ta có hệ phương trình:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}2a+b=0,0225\\ 3a+c=0,03\\ a+b+c=0,3375-0,285\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=0\\ b=0,0225\\ c=0,03\end{array}\right. \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} n_{\pi \left(A\right)}=n_{C_3{H}_6}+2n_{C_2{H}_2} \\ =0,285+2.0,0225 \\ =0,33\left(mol\right)=n_{B{r}_2} \\ \to m_{B{r}_2}=0,33.160=52,8\left(g\right) \end{gathered}$$

Câu 12: Cho 5,4 gam Al tác dụng vừa đủ với oxi thu được nhôm oxit Al₂O₃. Tính khối lượng Al₂O₃ tạo thành.

A. 5,1 gam;

B. 10,2 gam;

C. 1,2 gam;

D. 20,4 gam.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

n_Al = 5,4/27 = 0,2 mol.

Phương trình hoá học:

4Al + 3O₂ → 2Al₂O₃.

Theo phương trình hoá học có: $n_{O_2}=\frac{3}{4}{n}_{Al}=0,15\left(mol\right).$

Bảo toàn khối lượng:

$$\begin{gathered} m_{A{l}_2{O}_3}=m_{Al}+m_{O_2} \\ =5,4+0,15.32=10,2\left(gam\right). \end{gathered}$$

Câu 13: Cho 5,52 gam Mg tan hết vào dung dịch HNO₃ thì thu được 0,896 lít hỗn hợp khí N₂ và N₂O có tỉ khối so với H₂ là 16. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được một lượng chất rắn có khối lượng bằng?

Lời giải:

Dung dịch thu được có thể chứa NH₄NO₃: a (mol)

Quá trình nhường e

Quá trình nhận e

n_{e nhận} =$10n_{N_2}+8n_{N_{2}O}+8n_{N{H}_{4}N{O}_3}=$$10.0,03+8.0,01+8a=0,38+8a\left(mol\right)$

Bảo toàn e ta có:

0,46 = 0,38 = 8a

→ a = 0,01 (mol)

→ = 0,01 (mol)

Vậy dung dịch thu được gồm: Mg(NO₃)₂: 0,23 (mol) và NH₄NO₃: 0,01 (mol)

Cô cạn thu được m_rắn =$m_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2}+m_{N{H}_{4}N{O}_3}$  = 0,23.148 + 0,01.80 = 34,84 (g)

Câu 14: Cho 5,6 gam Fe tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃ thu được m gam chất rắn. Giá trị m là:

A. 21,6;

B. 10,8;

C. 27,0;

D. 32,4.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

$n_{Fe}=\frac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)$

Vì Fe tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃ nên chỉ xảy ra phản ứng sau:

Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag

Theo phương trình: n_Ag = 2n_Fe = 2.0,1 = 0,2 (mol)

→m_Ag = 0,2.108 = 21,6 (g).

Câu 15: Cho 5,6 gam oxit kim loại hóa trị II tác dụng vừa đủ với dung dịch axit HCl cho 11,1 g muối clorua của kim loại đó. Xác định tên kim loại đó?

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Gọi kim loại cần tìm là A, oxit của kim loại A, hoá trị II là AO

Phương trình: AO + 2HCl → ACl₂ + H₂O

Ta có:

 $\begin{array}{l}{n}_{AO}=\frac{5,6}{M_A+16}\left(mol\right)\\ n_{AC{l}_2}=\frac{11,1}{M_A+71}\left(mol\right)\end{array}$

Theo phương trình: $n_{AO}=n_{AC{l}_2}$

$$\begin{gathered} \to \frac{5,6}{M_A+16}=\frac{11,1}{M_A+71} \\ \to M_A=40(g/mol) \end{gathered}$$

Vậy A là canxi (Ca).

Câu 16: Cho 5,75 gam kim loại M thuộc nhóm IA tác dụng hết với dung dịch axit HCl, thu được 2,8 lít khí (ở đktc). Xác định tên của M (Cho nguyên tử khối của các nguyên tố: Li = 7, Na = 23, K = 39, Rb = 86).

 Lời giải

Do M thuộc nhóm IA nên M có hóa trị I

PTHH: 2M + 2HCl → 2MCl + H₂

 $$\begin{gathered} n_{H_2}=\frac{2,8}{22,4}=0,125\left(mol\right) \\ \Rightarrow n_M=2n_{H_2}=2.0,125=0,25\left(mol\right) \\ \to M_M=\frac{5,75}{0,25}=23(g/mol) \end{gathered}$$

Vậy M là Na (Sodium).

Câu 17: Cho 5,9 gam hỗn hợp X gồm Cu và Al tác dụng với H₂SO₄ đặc nguội dư thì khí SO₂ thoát ra đủ làm mất màu 50 ml dung dịch Br₂ 1M. Tổng số mol của hỗn hợp 2 kim loại trên là bao nhiêu ?

Lời giải

 $n_{B{r}_2}=0,05.1=0,05\left(mol\right)$

Phương trình: SO₂ + Br₂ + 2H₂O → 2HBr + H₂SO₄

Theo phương trình: $n_{S{O}_2}=n_{B{r}_2}=0,05\left(mol\right)$

Khi cho Cu và Al tác dụng với H₂SO₄ đặc nguội thì chỉ có Cu phản ứng:

Cu + 2H₂SO₄ → CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O

Theo phương trình trên:

→m_Cu = 0,05.64 = 3,2 (g)

→m_Al = 5,9 – 3,2 = 2,7 (g) $\to n_{Al}=\frac{2,7}{27}=0,1\left(mol\right)$

Tổng số mol của hỗn hợp 2 kim loại trên là 0,05 + 0,1 = 0,15 (mol).

Câu 18: Cho 5,6 gam Fe tác dụng với 500 ml dung dịch HNO₃ 0,8M. Sau phản ứng thu được V lít hỗn hợp khí A gồm N₂O và NO₂ có tỉ khối so với H₂ là 22,25 và dung dịch B.
a. Tính V (đktc)

b. Tính C_M các chất trong dung dịch B.

Lời giải:

 $$\begin{gathered} n_{Fe}=\frac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right) \\ {n}_{HN{O}_3}=0,5.0,8=0,4\left(mol\right) \end{gathered}$$

a. Đặt x, y lần lượt là số mol của N₂O và NO₂.

PTHH xảy ra:

8Fe + 30HNO₃ → 8Fe(NO₃)₃ + 3N₂O + 15H₂O (1)

Fe + 6HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + 3NO₂ + 3H₂O (2)

Theo PTHH (1), (2), $n_{Fe}=\frac{8}{3}{n}_{N_{2}O}+\frac{1}{3}{n}_{N{O}_2}$$=\frac{8}{3}x+\frac{1}{3}y=0,1(*)$

Tỉ lệ thể tích các khí trên là:

Gọi a là thành phần % theo thể tích của khí N₂O

Vậy (1 – a) là thành phần % của khí NO₂

Ta có: 44a + 46(1 – a) = 22,25.2 = 44,5

→ a = 0,75 hay % của khí N₂O là 75% và của khí NO₂ là 25%

Tỉ lệ về thể tích cũng là tỉ lệ về số mol nên x = 3y (**)

Giải (*), (**) ta được x = 0,036, y = 0,012

Vậy thể tích của các khí thu được là:

V = ( 0,012 + 0,036).22,4 = 1,08 (l)

b.

 $\begin{array}{l}{n}_{HN{O}_{3}phanung}=10n_{N_{2}O}+2n_{N{O}_2}\\ =10.0,036+2.0,012\\ =0,384\left(mol\right)\\ \to n_{HN{O}_{3}du}=0,4-0,384=0,016\left(mol\right)\end{array}$

Vậy nồng độ các chất trong dung dịch là:

$\begin{array}{l}{C_M}_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}=\frac{0,1}{0,5}=0,2M\\ C_{MHN{O}_3}=\frac{0,016}{0,5}=0,032M\end{array}$

Câu 19: Cho 5,76 gam bột kim loại M vào dung dịch HCl vừa đủ, phản ứng kết thúc thu được 0,48 gam khí hiđro. Kim loại M là?

A. Mg;

B. Ca;

C. Fe;

D. Ba.

Lời giải:

Đáp án đúng là: $n_{H_2}=\frac{0,48}{2}=0,24\left(mol\right)$

Gọi hoá trị của kim loại M là n ( )

PTHH: 2M + 2nHCl → 2MCl_n + nH₂

Theo phương trình: $n_M=\frac{2}{n}{n}_{H_2}=\frac{0,48}{n}\left(mol\right)$

 $$\begin{gathered} \to n_M=\frac{5,76}{M_M}=\frac{0,48}{n}\left(mol\right) \\ {M}_M=\frac{5,76}{0,48}n=12n(g/mol) \end{gathered}$$

Với n = 2 thì M_M = 24 (g/mol)

Vậy M là magie (Mg).

Câu 20: Cho 58,5 gam kim loại Y phản ứng với hỗn hợp gồm O₂ và N₂ có tỉ khối so với H₂ là 15,6. Sau phản ứng còn lại 6,72 lít hỗn hợp khí có tỉ khối so với H₂ là 15. Xác định Y?

Lời giải:

Sau phản ứng, hỗn hợp khí gồm O₂ (dư) và N₂

Gọi  $n_{O_{2}d\text{u}}=a\left(mol\right);n_{N_2}=b\left(mol\right)$

Ta có :

n_khí = a + b = $\frac{6,72}{22,4}$  = 0,3 (mol)
m_khí = 32a + 28b = 0,3.15.2 = 9(gam)
⇒ a = 0,15; b = 0,15

Gọi  $n_{O_{2}bandau}=a\left(mol\right)$

Ta có :

m_khí = $m_{O_2}+m_{N_2}$

⇒ 32a + 0,15.28 = (a + 0,15).15,6.2
⇒ a = 0,6
⇒ $n_{O_{2}phanung}$ = a − 0,15 = 0,6 − 0,15 = 0,45(mol)

Gọi hóa trị của Y là n

4Y + nO₂   $\stackrel{t^{°}}{\to }$2Y₂O_n
Theo phương trình, ta có :

$n_Y=\frac{4}{n}{n}_{O_2}=\frac{4}{n}.0,45=\frac{1,8}{n}\left(mol\right)$

$\begin{array}{l}\Rightarrow m_Y=\frac{1,8}{n}.M_Y=58,5\\ \Rightarrow M_Y=\frac{65}{2}n\end{array}$

Với n =1thì M_Y = 32,5 (loại)

Với n = 2 thì M_Y = 65 (Zn)
Với n = 3 thì M_Y = 97,5 (loại)
Vậy Y là kim loại Zn (kẽm).

Câu 21: Cho 6,2 gam hỗn hợp 2 kim loại kiềm thuộc 2 chu kì liên tiếp tác dụng với H₂O thu được 2,24 lít khí (đktc).

a. Xác định 2 kim loại kiềm

b. Tính khối lượng 2 hiđroxit thu được

c. Tính V dung dịch H₂SO₄ 1M cần trung hòa hết 2 hiđroxit này.

Lời giải:

a) 2M + 2H₂O → 2MOH + H₂

→ A: Natri (Na), B: Kali (K)

b) Hỗn hợp: Na (a mol), K (b mol) $\to \left\{\begin{array}{l}23a+39b=6,2\\ \frac{a}{2}+\frac{b}{2}=0,1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=0,1\\ b=0,1\end{array}\right.$

n_NaOH = n_Na = 0,1 (mol)

m_NaOH = 0,1.40 = 4 (g)

n_KOH = n_K = 0,1 (mol)

m_KOH = 0,1.56 = 5,6 (g)

c. 2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O

2KOH + H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2H₂O

$$\begin{gathered} n_{H_{2}S{O}_4}=\frac{n_{NaOH}+n_{KOH}}{2}=0,1\left(mol\right) \\ {V}_{H_{2}S{O}_4}=\frac{0,1}{1}=0,1\left(l\right)=100\left(ml\right) \end{gathered}$$

Câu 22: Cho 6 lít hỗn hợp CO₂ và N₂ (đktc) đi qua dung dịch KOH tạo ra 2,07 gam K₂CO₃ và 6 gam KHCO₃. Thành phần phần trăm về thể tích của CO₂ trong hỗn hợp là

A. 42%;

B. 28%;

C. 50%;

D. 56%.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Bảo toàn nguyên tố C, ta có:

$\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=n_{K_{2}C{O}_3}+n_{KHC{O}_3}=0,075\left(mol\right)\\ \Rightarrow \%n_{C{O}_2}=\frac{0,075.22,4}{6}.100\%=28\%\end{array}$

Câu 23: Cho 6,4 gam Cu tác dụng với 120 ml dung dịch X gồm HNO₃ 1M và H₂SO₄ 0,5M, thu được V lít khí NO (là sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của V là:

A. 1,344;

B. 0,896;

C. 15,933;

D. 0,672.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

n_Cu = 0,1 mol;  $\sum n_{H^{+}}$= 0,24 mol; $n_{N{O}_3^{-}}$  = 0,12 mol.

$3Cu+8H^{+} +2N{O}_3^{-}$$\to 3C{u}^{2+} +2NO+4H_{2}O$

⇒ H⁺ hết ⇒ n_NO = 0,06 mol ⇒ V = 1,344 lít. 

Câu 24: Cho 60 gam hỗn hợp gồm Cu và CuO tác dụng hết với 3 lít dd HNO₃ 1M thu được 13,44 lít NO (đkc).

a/. Tính khối lượng CuO trong hỗn hợp ban đầu ?

A. 2,4;

B. 4,0;

C. 6,0;

D. Kết quả khác.

b/ Tính nồng độ mol các chất trong dd sau phản ứng ? Biết thể tích dung dịch không thay đổi.

A. 4M; 1,8M;

B. 1,5M; 1M;

C. 2M; 4M;

D. 0,31M; 0,18M.

Lời giải:

a/ Đáp án đúng là: A

a/ n_NO = 0,6 (mol)

→ n_{e nhận} = 3n_NO = 1,8 (mol)

→ n_Cu = n_{e nhận} : 2 = 0,9 (mol)

→ m_Cu = 0,9.64 = 57,6 (g) → m_CuO = 60 – 57,6 = 2,4 (g).

b/ Đáp án đúng là: D

b/ n_CuO = 0,03 (mol)

$\begin{array}{l}\to n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=n_{Cu}+n_{CuO}=0,93\left(mol\right)\\ \to {C_M}_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=\frac{0,93}{3}=0,31M\end{array}$

$n_{HN{O}_3}$= n_{e nhận} + n_NO + 2n_CuO = 1,8 + 0,6 + 2.0,03 = 2,46 (mol)

→$n_{HN{O}_3}$ _dư = 3 – 2,46 = 0,54 (mol)

Câu 25: Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho các chất đó lần lượt tác dụng với dung dịch HCl thu được 7 chất khí khác nhau thoát ra. Viết các phương trình phản ứng minh họa.

Lời giải:

MnO₂ + 4HCl → MnCl₂ + Cl₂↑ + 2H₂O

 Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑

ZnS + 2HCl → ZnCl₂ + H₂S↑

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂↑ + H₂O

CaSO₃ + 2HCl → CaCl₂ + SO₂↑ + H₂O

9Fe(NO₃)₂ + 12HCl → 5Fe(NO₃)₃ + 4FeCl₃ + 3NO↑+ 6H₂O

CaC₂ + 2HCl → CaCl₂ + CH≡CH↑

Al₄C₃ + 12HCl → 4AlCl₃ + 3CH₄↑

Na₂O₂ + 2HCl → 2NaCl + H₂O + ½ O₂↑

Câu 26: Cho 7,75 gam photpho tác dụng với một lượng O₂ thích hợp thu được 16,15 gam hỗn hợp chất rắn X (chỉ chứa hợp chất). Khối lượng của chất có khối lượng lớn nhất trong X là:

A. 11,36 gam;    

B. 5,5 gam;

C. 10,65 gam;    

D. 9,94 gam.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Hỗn hợp rắn X gồm P₂O₅ (x mol) và P₂O₃ (y mol);

$\left\{\begin{array}{l}2x+2y=0,25\\ 142x+110y=16,15\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,075\\ y=0,05\end{array}\right.$

 = 0,075.142 = 10,65 gam.

Câu 27: Cho 7,8 gam hỗn hợp hai kim loại Al và Mg vào dung dịch HCl dư thu được 8,96 lít khí H₂

a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra

b) Tính thành phần % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu

c) Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng.

Lời giải:

1,

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}2Al+6HCl\to 2AlC{l}_3+3H_2\\ a\mathrm{......................................1},5a\left(mol\right)\end{array} \\ \begin{array}{l}Mg+2HCl\to MgC{l}_2+H_2\\ b\mathrm{.......................................}b\left(mol\right)\end{array} \end{gathered}$$

2, Đặt a = n_Al, b = n_Mg

$n_{H_2}=0,4\left(mol\right)$
Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}27a+24b=7,8\\ 1,5a+b=0,4\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=0,2\\ b=0,1\end{array}\right.$
→ n_Al = 0,2 mol → m_Al = 5,4 (g)

→ %Al = 69,23%, %Mg= 30, 76%

3, m_muối = $m_{AlC{l}_3}+m_{MgC{l}_2}$  = 0,2.133,5 + 0,1. 95 = 36,2 (g).

Câu 28: Cho 7,8 gam hỗn hợp Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HCl dư sau phản ứng thấy khối lượng dung dịch tăng thêm 7 gam. Tính số mol HCl đã tham gia phản ứng.

A. 0,8 mol;

B. 0,4 mol;

C. 0,3 mol;

D. 0,25 mol.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Nhận xét: Kim loại + HCl → muối + H₂

Ta có: m_{dung dịch tắng} = m_{kim loại} – m_{khí thoát ra}

= 7,8 – 7 = 0,8 (gam) $\to n_{H_2}=0,4\left(mol\right)$

Áp dụng bảo toàn nguyên tố H: $n_{HCl}=2n_{H_2}=0,8\left(mol\right)$

Câu 29: Cho 78g một kim loại A tác dụng với khí clo dư tạo thành 149g muối. Hãy xác định kim loại A, biết rằng A có hoá trị I.

Lời giải:

2A + Cl₂ → 2ACl ( vì A hóa trị I → ACl)

2         1          2    ( mol)

Ta có: n_A = n_ACl

$\to \frac{78}{M_A}=\frac{149}{M_A+35,5}$

→ M_A = 39 (g/mol)

Vậy A là kali (K). 

Câu 30: Cho 24,8 gam hỗn hợp MgO và MgCO₃ tác dụng với dung dịch HCl 20% (D = 1,1g/ml). Khi phản ứng kết thúc người ta thu được 4,48 lít khí ở đktc.

a) Tính khối lượng thể tích dung dịch HCl cần dùng để hòa tan hỗn hợp.

b) Tính C% của dung dịch thu được sau phản ứng.

Lời giải:

Khí thu được sau phản ứng là: CO₂

→$n_{C{O}_2}=\frac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)$

1. MgCO₃ + 2HCl → MgCl₂ + H₂O + CO₂

 0,2 ← 0,4 ← 0,2 0,2 (mol)

 $m_{MgC{O}_3}=0,2.84=16,8\left(g\right)$

→ m_MgO = m_hh - $m_{MgC{O}_3}$= 24,8 - 16,8 = 8 (g) 

$n_{MgO}=\frac{8}{40}=0,2\left(mol\right)$

2. MgO + 2HCl→ MgCl₂ + H₂O

 0,2             → 0,4 → 0,2 (mol)

n_HCl = 0,4 + 0,4 = 0,8 ( mol) 

m_HCl = n.M = 0,8. 36,5 = 29,2 (g)

a) $m_{\text{dd}HCl}=\frac{29,2}{20}.100=146\left(g\right)$

V_ddHCl = n.22,4 = 0,8.22,4 = 17,92 (l)

 b) $m_{MgC{l}_2}$ = n.M = (0,2 + 0,2).95 = 38(g)

m_{dd sau phản ưng} = m_{hh đầu} + m_ddHCl - $m_{C{O}_2}$= 24,8+ 146 - 0,2. 44 = 162(g) 

$C{\%}_{\text{dd}MgC{l}_2}=\frac{38}{162}.100\%\approx 23,46\%$

Câu 31: Cho 20,8 gam hỗn hợp MgO và MgCO₃ tác dụng vừa đủ với dung dịch H₂SO₄ loãng 2M, thu đc 4,48 lít khí CO₂ (đktc).

a/ Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu.

b/ Tính thể tích dung dịch H₂SO₄ cần dùng.

Lời giải:

a. $n_{C{O}_2}$= 0,2 mol

1. MgO + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂O

2. MgCO₃ + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂O + CO₂

Ta có: $n_{MgC{O}_3}$ = $n_{C{O}_2}$ = 0,2 mol →$m_{MgC{O}_3}$ = 16,8 g

→ m_MgO = 4 g.

b. n_MgO = 0,1 mol → $n_{H_{2}S{O}_4}=n_{H_{2}S{O}_4\left(1\right)}+n_{H_{2}S{O}_4\left(2\right)}$ = 0,3 mol

→ V = 6,72 lít.

Câu 32: Hòa tan một lượng 8,32 gam Cu tác dụng vừa đủ với 240 ml dung dịch HNO₃ cho 4,928 lít ( ở đktc) hỗn hợp khí gồm NO và NO₂ thoát ra.

a) Tính số mol mỗi khí trong hỗn hợp khí thu được.

b) Tính tỉ khối hỗn hợp khí so với hiđro?

c) Nồng độ của dd HNO₃ đã dùng là bao nhiêu?

Lời giải:

Ta có: 

$n_{Cu}=\frac{8,32}{64}=0,13\left(mol\right)$

Gọi số mol NO; NO₂ lần lượt là x; y (mol)

→x + y = $\frac{4,928}{22,4}=0,22\left(mol\right)$

Bảo toàn e:

$3n_{NO}+n_{N{O}_2}=2n_{Cu}$

→ 3x + y = 0,13.2 = 0,26

Giải được: x = 0,02; y = 0,2

Vậy: 

NO: 0,02 mol; NO₂: 0,2 mol

b. Ta có: 

m_hh = 0,02.30 + 0,2.46 = 9,8 gam.

$\to {\overline{M}}_{hh}=\frac{9,8}{0,22}=44,54$

$d_{hh/H_2}=\frac{44,54}{2}=22,27$

c. $n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=n_{Cu}=0,13\left(mol\right)$

Bảo toàn N:

$n_{HN{O}_3}=2n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}+n_{NO}+n_{N{O}_2}$= 0,13.2 + 0,02 + 0,2 = 0,48 mol.

$C_{M_{HN{O}_3}}=\frac{0,48}{0,24}=2M$

Câu 33: Cho 8,4 gam hỗn hợp Zn và Mg tác dụng với 500ml dung dịch HCl 2M.

a) Chứng minh rằng sau phản ứng axit vẫn còn dư.

b) Nếu thoát ra 4,48 lít khí ở đktc. Hãy tính số gam Mg và Zn đã dùng ban đầu.

c) Tính thể tích đồng thời của 2 dung dịch KOH 2M và Ba(OH)₂ 1M cần dùng để trung hòa lượng axit dư.

Lời giải:

a, Ta có 500 ml = 0,5 lít

→ n_HCl = 0,5.2 = 1 (mol)

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

x…... 2x…….. x……….x (mol)

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

y….. 2y…….. y………y (mol)

→ 2x + 2y = 1 → 2( x + y ) = 1→ x + y = 0,5

Ta có 24x + 24y < 24x + 65y < 65x + 65y

Þ n_{hỗn hợp max} = $\frac{8,4}{24x+24y}=\frac{8,4}{24(x+y)}$$=\frac{8,4}{24.0,5}=0,7\left(mol\right)$

Mà n_HCl = 1 (mol)

→ 1 > 0,7 → n_HCl > n_{hỗn hợp max}

→ Sau phản ứng axit vẫn còn dư.

b. Ta có $n_{H_2}=\frac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)$

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂ (1)

x…... 2x…….. x……….x (mol)

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂ (2)

y….. 2y…….. y………y (mol)

$$\begin{gathered} \to \left\{\begin{array}{l}24x+65y=8,4\\ x+y=0,2\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}x=\frac{23}{205}\\ y=\frac{18}{205}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Theo định luật bảo toàn khối lượng

→ m_{hỗn hợp} = m_muối + $m_{H_2}$- m_HCl

= $m_{MgC{l}_2}+m_{ZnC{l}_2}+m_{H_2}$ - m_HCl

= 95.$\frac{23}{205}$+ 136.$\frac{18}{205}$ + 0,2.2 - 0,4.36,5 = 9,4 (g).

Câu 34: Cho 8,1g gam hỗn hợp Al tác dụng với dung dịch HNO₃ đặc nóng thấy thoát ra V lít khí NO₂ (đktc) duy nhất.

a/ Viết phương trình hóa học.

b/ Tính thể tích khí, khối lượng thu được sau phản ứng.

Lời giải:

a) $n_{Al}=\frac{8,1}{27}=0,3\left(mol\right)$

Al + 6HNO₃ → Al(NO₃)₃ + 3NO₂ + 3H₂O

0,3….1,8………0,3………..0,9 (mol)

b) $V_{N{O}_2}=0,9.22,4=20,16\left(l\right)$

m_muối = $m_{Al{\left(N{O}_3\right)}_3}=0,3.213=6,39\left(g\right)$

Câu 35: Cho 9,2g một kim loại A phản ứng với khí clo dư tạo thành 23,4g muối. Hãy xác định kim loại A, biết rằng A có hóa trị I.

Lời giải:

Gọi nguyên tử khối của kim loại A là A.

Phương trình hóa học của phản ứng:

2A + Cl₂ → 2ACl

m_A = 9,2g; m_ACl = 23,4g.

Có n_A = n_ACl

$n_A=\frac{9,2}{M_A},n_{ACl}=\frac{23,4}{M_A+35,5}$

⇒ 9,2. (M_A + 35,5) = M_A. 23,4.

⇒ M_A = 23. Vậy kim loại A là Na.

Câu 36: Cho 9,6 gam Mg vào dung dịch chứa 0,2 mol Cu(NO₃)₂ và 0,3 mol Fe(NO₃)₃. Phản ứng kết thúc khối lượng chất rắn thu được là nhiêu?

Lời giải:

Quy tắc $\alpha$:

→Mg dư

$n_{Mg}=\frac{1}{2}{n}_{F{e}^{3+}}=0,3.\frac{1}{2}=0,15\left(mol\right)$

n_{Mg dư} = 0,4 – 0,15 = 0,25 (mol)

→Mg dư

BT e:

$n_{Mg}\left(M{g}^{2+}\right)=n_{Cu}=n_{C{u}^{2+}}=0,2\left(mol\right)$

n_{Mg dư} = 0,25 – 0,2 = 0,05 (mol)

$Mg+F{e}^{2+}\to M{g}^{2+}+Fe$

$n_{Mg}<n_{F{e}^{2+}}$

→ $F{e}^{2+}$ dư

BT e:

n_Fe = n_Mg = 0,05 (mol)

Bảo toàn Fe: $n_{F{e}^{2+}}=n_{F{e}^{3+}}=0,3\left(mol\right)$

m_rắn = 0,05.56 + 0,2.64 = 15,6 (g).

Câu 37: Cho 9,6 gam một kim loại thuộc nhóm IIA vào dung dịch HNO₃ loãng dư, thấy không có khí thoát ra. Đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A. Cho dung dịch NaOH vào dung dịch A có đun nóng thu được 2,24 lít khí ở (đktc). M là?

Lời giải:

Gọi Kim loại nhóm IIA cần tìm là R có hóa trị II.

Khi cho dung dịch sau phản ứng tác dụng với NaOH, có khí thoát ra ⇒ sản phẩm có NH₄NO₃.

PTHH:

NH₄NO₃ + NaOH → NH₃ + H₂O + NaNO₃

Có $n_{N{H}_{4}N{O}_3}=n_{N{H}_3}=\frac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)$

Áp dụng định luật bảo toàn e, ta có

$\stackrel{+5}{N}+8e\to \stackrel{+3}{N}$ (NH₄NO₃)

Vậy n e nhận = 8$n_{N{H}_{4}N{O}_3}$ = 0,1.8 = 0,8 mol

$\stackrel{0}{R}\to \stackrel{+2}{R}+2e$

$\Rightarrow n_R=\frac{n_e}{2}=\frac{0,8}{2}=0,4\left(mol\right)$

Có m_R = 0,4.M_R = 9,6

$\Rightarrow M_R=\frac{9,6}{0,4}=24(g/mol)$( Magie)

Vậy kim loại cần tìm là Mg.

Câu 38: Hòa tan 9,4 gam kali oxit vòa nước thu được 200ml dung dịch A.

a. Tính nồng độ mol dung dịch A thu được.

b. Cần bao nhiêu ml dung dịch H₂SO₄ 20% có khối lượng riêng d =1,14(g/ml) để trung hòa hết dung dịch A?

Lời giải:

a) $n_{K_{2}O}=\frac{9,4}{94}=0,1\left(mol\right)$

V_ddA = 200 ml = 0,2 lít

PTHH: K₂O + H₂O → 2KOH (1)

n_KOH = 0,1.2 = 0,2 (mol)

→C_{M ddA} = C_{M KOH} = $\frac{0,2}{0,2}=1M$

b) PTHH: 2KOH + H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2H₂O

$n_{H_{2}S{O}_4}=\frac{0,2}{2}=0,1\left(mol\right)$

$\to m_{H_{2}S{O}_4}=0,1.98=9,8\left(g\right)$

$m_{\text{dd}{H}_{2}S{O}_4}=\frac{9,8.100}{20}=49\left(g\right)$

→$V_{\text{dd}{H}_{2}S{O}_4}=\frac{49}{1,14}\approx 42,982\left(ml\right)$

Câu 39: Cho a gam hỗn hợp gồm 2 kim loại A và B (chưa rõ hoá trị) tác dụng hết với dung dịch HCl (Cả A và B đều phản ứng). Sau khi phản ứng kết thúc, người ta chỉ thu được 67 gam muối và 8,96 lít H₂ (đktc).

a. Viết các phương trình hoá học?

b. Tính a?

Lời giải:

a, 2A + 2xHCl → 2ACl_x + xH₂

2B + 2yHCl → 2BCl_y + yH₂

b, $n_{H_2}=\frac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)$

Theo PTHH, $n_{HCl}=2n_{H_2}=2.0,4=0,8\left(mol\right)$

$m_{H_2}=0,4.2=0,8\left(g\right)$

m_HCl = 0,8.36,5 = 29,2 (g)

Bảo toàn khối lượng: a = 67 + 0,8 − 29,2 = 38,6 (g).

Câu 40: Cho a gam hỗn hợp A gồm oxit FeO, CuO, Fe₂O₃ có số mol bằng nhau tác dụng hoàn toàn với lượng vừa đủ 250 ml dung dịch HNO₃ khi đun nóng nhẹ, thu được dung dịch B và 3,316 lít (đktc) hỗn hợp khí C gồm NO₂ và NO có tỉ khối so với khí hiđro là 20,143. Tính a?

Lời giải:

$n_Y=\frac{3,316}{22,4}=0,14\left(mol\right)$

M_Y = 20,143.2 = 40,286

→ m_Y = 40,286.0,14 = 5,64 (g)

Gọi số mol NO₂, NO lần lượt là a và b (mol)

Ta có hệ phương trình:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}a+b=0,14\\ 46a+30b=5,64\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=0,09\\ b=0,05\end{array}\right. \end{gathered}$$

Gọi số mol FeO, CuO, Fe₂O₃ là x (mol)

Theo bảo toàn e ta có: $n_{FeO}=n_{N{O}_2}+3n_{NO}$

→ x = 0,09 + 3.0,05 = 0,24 (mol)

→ $n_{FeO}=n_{CuO}=n_{F{e}_2{O}_3}=0,24\left(mol\right)$

→ m = 0,24.72 + 0,24.80 + 0,24.160 = 74,88 (g).

Câu 41: Cho a gam kim loại M tác dụng hết với 65,7 gam dung dịch HCl 10% thu được 2,576 lít (đktc) khí H₂ và dung dịch X chứa 16,21 gam chất tan. Kim loại M là?

Lời giải:

$$\begin{gathered} m_{HCl}=\frac{65,7.10}{100}=6,57\left(g\right) \\ \to n_{HCl}=\frac{6,57}{36,5}=0,18\left(mol\right) \end{gathered}$$

$n_{H_2}=\frac{2,576}{22,4}=0,115\left(mol\right)$

Gọi hoá trị của kim loại M là n ($1\le n\le 3$)

PTHH: 2M + 2nHCl → 2MCl_n + nH₂ (1)

Theo PTHH (1): n_{HCl phản ứng} = 2$n_{H_2}$

Mà theo đề bài n_HCl < 2$n_{H_2}$nên kim loại M có xảy ra phản ứng với nước:

2M + 2nH₂O → 2M(OH)_n + nH₂ (2)

Theo PTHH (1) 

$$\begin{gathered} n_{H_2}=\frac{1}{2}{n}_{HCl}= \\ \frac{1}{2}.0,18=0,09\left(mol\right) \end{gathered}$$

$\to n_{H_2\left(2\right)}=0,115-0,09$$=0,025\left(mol\right)$

Theo PTHH (1): 

$$\begin{gathered} n_{MC{l}_n}=\frac{1}{n}{n}_{HCl}=\frac{0,18}{n}\left(mol\right) \\ \to m_{MC{l}_n}=\frac{0,18}{n}.(M_M+35,5n)\left(g\right) \end{gathered}$$

Theo PTHH (2): 

$$\begin{gathered} n_{M{\left(OH\right)}_n}=\frac{2}{n}{n}_{H_2}=\frac{0,05}{n}\left(mol\right) \\ \to m_{M{\left(OH\right)}_n}=\frac{0,05}{n}.(M_M+17n)\left(g\right) \end{gathered}$$

Dung dịch X chứa 16,21 gam chất tan nên ta có:

$\frac{0,18}{n}.(M_M+35,5n)+$$\frac{0,05}{n}.(M_M+17n)=16,21$→ M_M = 39n

Với n = 1 thì M_M = 39 (g/mol)

Vậy M là kali (K).

Câu 42: Cho A là dung dịch H₂SO₄ có nồng độ a (M). Trộn 500 ml dung dịch A với 200 ml dung dịch KOH 2M, thu đuợc dung dịch D. Biết 1/2 dung dịch D phản ứng vừa đủ với 0,39 gam Al(OH)₃.

1) Tìm giá trị của a?

2) Hòa tan 2,668 gam hỗn hợp B gồm Fe₃O₄ và FeCO₃ cần vừa đủ 100 ml dung dịch A. Xác định khối lượng từng chất trong hỗn hợp B?

Lời giải:

1)    $1) n_{H_{2}S{O}_4}=0,5a(mol)$; n_KOH = 0,2.2 = 0,4 (mol)

$n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{0,39}{78}=0,005\left(mol\right)$

Trường hợp 1: H₂SO₄ dư

H₂SO₄ + 2KOH → K₂SO₄ + 2H₂O

0,2……..0,4

$n_{H_{2}S{O}_4}$_dư = 0,5a – 0,2 (mol) →$\frac{1}{2}{n}_{H_{2}S{O}_4}$= 0,25a – 0,1 (mol)

2Al(OH)₃ + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 6H₂O

0,005………0,075

→ 0,25a – 0,1 = 0,075 → a = 0,43

Trường hợp: KOH dư

H₂SO₄ + 2KOH → K₂SO₄ + 2H₂O

0,5a……..a

n_{KOH dư} = 0,4 – a (mol) → $\frac{1}{2}{n}_{KOH}$= 0,2 – 0,5a (mol)

Al(OH)₃ + KOH → KAlO₂ + 2H₂O

0,005…….0,005

→ 0,2 – 0,5a = 0,005 →a = 0,39

b) Vì A tác dụng với Fe₃O₄ và FeCO₃ →dung dịch A chứa H₂SO₄ dư, chọn trường hợp 1: a = 0,43

$n_{H_{2}S{O}_4}$trong 100 ml dung dịch A = 0,1.0,43 = 0,043 (mol)

Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O

x……….4x

FeCO₃ + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂O + CO₂

y………..y

m_hhB = 2,668 (g) → 233x + 116y = 2,668 (1)

$n_{H_{2}S{O}_4}$= 0,043 (mol) → 4x + y = 0,043 (2)

Giải (1) và (2), ta được: x = 0,01; y = 0,003

$$\begin{gathered} m_{F{e}_3{O}_4}=0,01.232=23,2\left(g\right) \\ {m}_{FeC{O}_3}=0,003.116=0,348\left(g\right) \end{gathered}$$

Câu 43: Cho 2 nguyên tố A, B đứng kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn có tổng số n + l bằng nhau: trong đó số lượng tử chính của A lớn hơn số lượng tử chính của B. Tổng đại số của bộ 4 số lượng tử của e cuối cùng của nguyên tử B là 4,5.

a) Hãy xác định bộ 4 số lượng tử của e cuối cùng của A, B

b) Viết cấu hình e của nguyên tử nguyên tố A, B.

Lời giải:

a) Do A và B là hai nguyên tử kế tiếp, lại có n_A > n_B (theo đề) nên n_A - n_B = 1, nghĩa là A nằm đầu chu kỳ mới và B nằm cuối chu kỳ cũ.

A và B có tổng số n + l bằng nhau lên l_B  - l_A = 1.

Vì A nằm đầu chu kỳ mới nên l_A = 0 (phân lớp s), m_l(A) = 0, m_s(A) = +1/2.

Þ l_B = 1.

Theo đề B có n_B + l_B + m_l(B) + m_s(B) = 4,5.

Do electron (e) cuối cùng có m_s = -1/2, giá trị m_l = l;

Vậy B có n_B  + 2l_B -1/2 = 4,5 hay n_B = 3; ⇒ n_A = 4.

Vậy bộ số lượng tử của A (4, 0, 0, +1/2) và B (3, 1, +1, -1/2).

b) Cấu hình electron của A: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s¹.

Cấu hình electron của B: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶

Câu 44: Cho các phát biểu sau:

(a) Cho Ba vào dung dịch H₂SO₄ loãng, thu được chất kết tủa và có khí thoát ra.

(b) Kim loại dẻo nhất là Au, kim loại có nhiệt độ nóng chảy thấp nhất là Hg.

(c) Để khử chua cho đất và tăng năng suất cây trồng cần trộn vôi với đạm ure để bón.

(d) Đốt sợi dây thép trong khí Cl₂ xảy ra ăn mòn điện hoá học.

Số phát biểu đúng là

A. 1.                     B. 4.                     C. 2.                     D. 3.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Phát biểu (a) và (b) đúng.

Câu 45: Cho 2,16 gam Mg tác dụng với dung dịch HNO₃ (dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,896 lít khí NO (đktc) và dung dịch X. Khối lượng muối khan thu được khi làm bay hơi dung dịch X là

A.8.88 gam;

B.13.92 gam;

C.6.52 gam;

D.13.32 gam.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

n_Mg = 0,09 mol

n_NO = 0,04 mol

Nhận thấy: 2n_Mg > 3n_NO → sản phẩm khử chứa NH₄NO₃

Bảo toàn electron: 2n_Mg = 3n_NO + 8$n_{N{H}_{4}N{O}_3}$

$\to n_{N{H}_{4}N{O}_3}=\frac{0,09.2-0,04.3}{8}$$=7,{5.10}^{-3}\left(mol\right)$

Muối khan gồm:

Mg(NO₃)₂: 0,09 mol; NH₄NO₃: 7,5.10^-3 mol

m_muối = 0,09.148 + 7,5.10^-3.80 = 13,92 gam.

Câu 46: Cho biết năng lượng liên kết H – H là 436 kJ mol^-1. Hãy tính năng lượng cần thiết (theo eV) để phá vỡ liên kết trong một phân tử H₂, cho biết 1 eV = 1,602 × 10^-19 J.

Lời giải:

1 mol H₂ chứa 6,02 × 10²³ phân tử H₂.

436 kJ = 436 × 10³ J.

Năng lượng cần thiết để phá vỡ liên kết trong một phân tử H₂ là:

$E=\frac{{436.10}^3}{6,{02.10}^{23}}=7,{24.10}^{-19}J$

Năng lượng cần thiết (theo eV) để phá vỡ liên kết trong một phân tử H₂ là:

$\frac{7,{24.10}^{-19}}{1,{602.10}^{-19}}=4,52\left(eV\right)$

Câu 47: Cho biết nguyên tử của nguyên tố A có tổng số hạt là 58, số khối của nguyên tử nhỏ hơn 40. Hãy xác định số proton, số nơtron, số electron trong nguyên tử.

Lời giải:

Ta có: 2Z + N = 58

Kết hợp:

$$\begin{gathered} \frac{58}{3,222}\le Z\le \frac{58}{3} \\ \to 18\le Z\le 19,3 \\ \Rightarrow Z=18;Z=19 \end{gathered}$$

Nếu Z = 18 → N = 22 → A = 40 (Loại)

Nếu Z = 19 → N = 20 → A = 39 (Nhận)

→Nguyên tử A có 19p, 19e, 20n.

Câu 48: Cho biết nguyên tử khối trung bình của Iriđi là 192,22. Iriđi trong tự nhiên có hai đồng vị là ¹⁹¹Ir và ¹⁹³Ir. Phần trăm số nguyên tử của ¹⁹³Ir là

A. 39,0%;

B. 78,0%;

C. 22,0%;

D. 61,0%.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Gọi thành phần phần trăm của ¹⁹¹Ir và ¹⁹³Ir lần lượt x, y

Ta có hệ :

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}x+y=100\\ 192,22=\frac{191x+193y}{100}\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=39\\ y=61\end{array}\right. \end{gathered}$$

Phần trăm số nguyên tử của ¹⁹³Ir là 61%.

Câu 49: Cho sơ đồ phản ứng sau:

K + O₂ → K₂O

a. Lập phương trình hoá học.

b. Cho biết tỉ lệ số nguyên tử, số phân tử của các chất trong phản ứng.

c. Cho biết tỉ lệ số nguyên tử, số phân tử của hai cặp chất trong phản ứng.

Lời giải:

a. 4K + O₂ → 2K₂O

b. Tỉ lệ số nguyên tử K : Số phân tử O₂ : Số phân tử K₂O là 4 : 1 : 2.

c. Tỉ lệ số nguyên tử K: Số phân tử O₂ là 4 : 1

Tỉ lệ số phân tử O₂: Số phân tử K₂O là 1 : 2.

Câu 50: Cho cacbon tác dụng với một lượng HNO₃ đặc nóng vừa đủ. Sản phẩm là hỗn hợp khí X (gồm CO₂ và NO₂). Tỉ khối hơi của X so với H₂ là:

A.   22,5;

B.    22,8;

C.    22,2;

D.   22,75.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

C+ 4HNO_{3 đặc nóng}→ CO₂ + 4NO₂ + 2H₂O

Đặt số mol CO₂ là x mol → n_NO2= 4x mol

→m_hh = $m_{C{O}_2}+m_{N{O}_2}$ = 44x+ 46.4x = 228x (g)

Và n_hh= $n_{C{O}_2}+n_{N{O}_2}$= x + 4x = 5x (mol)

$$\begin{gathered} \overline{M_X}=\frac{m_{hh}}{n_{hh}}=\frac{228x}{5x}=45,6 \\ \to d_{X/H_2}=\frac{45,6}{2}=22,8 \end{gathered}$$

Xem thêm các câu hỏi ôn tập Hóa học chọn lọc, hay khác:

1000 câu hỏi ôn tập môn Hóa có đáp án (Phần 10)

1000 câu hỏi ôn tập môn Hóa có đáp án (Phần 11)

1000 câu hỏi ôn tập môn Hóa có đáp án (Phần 12)

1000 câu hỏi ôn tập môn Hóa có đáp án (Phần 13)

1000 câu hỏi ôn tập môn Hóa có đáp án (Phần 14)